[ZJOI2006]物流运输

[ZJOI2006]物流运输

题目

物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。由于货物量比较大，需要n天才能运完。货物运输过程中一般要转停好几个码头。物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。由于各种因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。但是修改路线是一件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本尽可能地小。

INPUT

第一行是四个整数n（1<=n<=100）、m（1<=m<=20）、K和e。n表示货物运输所需天数，m表示码头总数，K表示每次修改运输路线所需成本。接下来e行每行是一条航线描述，包括了三个整数，依次表示航线连接的两个码头编号以及航线长度（>0）。其中码头A编号为1，码头B编号为m。单位长度的运输费用为1。航线是双向的。再接下来一行是一个整数d，后面的d行每行是三个整数P（ 1 < P < m）、a、b（1< = a < = b < = n）。表示编号为P的码头从第a天到第b天无法装卸货物（含头尾）。同一个码头有可能在多个时间段内不可用。但任何时间都存在至少一条从码头A到码头B的运输路线。

OUTPUT

包括了一个整数表示最小的总成本。总成本=n天运输路线长度之和+K*改变运输路线的次数。

SAMPLE

INPUT

5 5 10 8

1 2 1

1 3 3

1 4 2

2 3 2

2 4 4

3 4 1

3 5 2

4 5 2

4

2 2 3

3 1 1

3 3 3

4 4 5

OUTPUT

32

//前三天走1-4-5，后两天走1-3-5，这样总成本为(2+2)*3+(3+2)*2+10=32

解题报告

神$DP$= =

首先我们观察，码头有天数的限制，所以显然不能瞎XX直接求最短路（这不是废话吗），所以我们考虑$DP$

我们可以求出在每一段区间内，哪些码头可以用，哪些码头不能用，那么，我们自然可以处理出，每一段区间内，从起点到终点的最小花费（即最短路）。

具体方法：

枚举每一段时间区间，将在这段区间中关闭的码头砍掉，剩下的码头跑单源最短路（$SPFA$就可以了）

然后，我们得出了一个数组$cost[i][j]$表示从第$i$天到第$j$天，从起点到终点的最短路，接着就可以写转移方程了。

设$f[i]$表示到第$i$天所需的最小花费：

$$f[i]=min{f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k}$$

原因很简单，当前状态一定是由上一状态转移而来，我们假设到第$j$天换了航线，并沿此航线航行到第$j$天，这一段所需的花费是$cost[j+1][i]*(i-j)$，换航线所需的花费是$k$，我们只要枚举$i$之前的$j$，求最小值即可转移过来了

需要注意的是，从第$0$天转移过来时，默认换了一次航线，实际上并没有换，所以最后结果要减去一个$k$，即：

$$ans=f[n]-k$$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
inline int read(){
    int sum(0);
    char ch(getchar());
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    for(;ch>='0'&&ch<='9';sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar());
    return sum;
}
struct edge{
    int e,w;
    edge *n;
    edge():e(0),w(0),n(NULL){}
}a[405],eve[405],*pre[25],*nxt[25];
int tot,ttt;
inline void insert(int s,int e,int w){
    a[++tot].e=e;
    a[tot].w=w;
    a[tot].n=pre[s];
    pre[s]=&a[tot];
}
inline void add(int s,int e,int w){
    eve[++ttt].e=e;
    eve[ttt].w=w;
    eve[ttt].n=nxt[s];
    nxt[s]=&eve[ttt];
}
int n,m,k,e,d;
bool dat[25][105];
bool can[25];
int cost[105][105],dis[25];
bool vis[25];
inline void spfa(){
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    dis[1]=0,vis[1]=1;
    queue<int>q;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int k(q.front());
        vis[k]=0;
        q.pop();
        for(edge *i=nxt[k];i;i=i->n){
            int e(i->e);
            if(dis[e]>dis[k]+i->w){
                dis[e]=dis[k]+i->w;
                if(!vis[e]){
                    vis[e]=1;
                    q.push(e);
                }
            }
        }
    }
}
int f[105];
inline int gg(){
    freopen("bzoj_1003.in","r",stdin);
    freopen("bzoj_1003.out","w",stdout);
    memset(pre,NULL,sizeof(pre));
    n=read(),m=read(),k=read(),e=read();
    for(int i=1;i<=e;++i){
        int x(read()),y(read()),z(read());
        insert(x,y,z),insert(y,x,z);
    }
    d=read();
    for(int i=1;i<=d;++i){
        int x(read()),y(read()),z(read());
        for(int j=y;j<=z;++j)
            dat[x][j]=1;
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(cost,0x3f,sizeof(cost));
    int inf(f[1]);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=i;j<=n;++j){
            memset(can,1,sizeof(can));
            memset(nxt,NULL,sizeof(nxt));
            ttt=0;
            for(int o=1;o<=m;++o){
                for(int l=i;l<=j;++l)
                    if(dat[o][l]){
                        can[o]=0;
                        break;
                    }
            }
            for(int o=1;o<=m;++o){
                if(!can[o])
                    continue;
                for(edge *i=pre[o];i;i=i->n){
                    int e(i->e);
                    if(can[e])
                        add(o,e,i->w);
                }
            }
            spfa();
            cost[i][j]=dis[m];
        }
    }
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<i;++j)
            if(f[j]!=inf&&cost[j+1][i]!=inf)
                f[i]=min(f[i],f[j]+cost[j+1][i]*(i-j)+k);
    printf("%d",f[n]-k);
    return 0;
}
int K(gg());
int main(){;}